(完整版)牛顿运动定律专题复习有答案

1、牛顿运动定律一、夯实基础知识1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使 它改变这种状态为止。理解要点：（1 ）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2） 它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：a ，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加t速度的原因。（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速 度的原因”。）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性一一惯性；一切物体都有保持原有运动状态 的性质，这就是惯性。惯性反映了物体

2、运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改 变）。质量是物体惯性大小的量度。（4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在的，牛 顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发 现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，禾U用人的逻辑思维，从 大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。2、

3、牛顿第二定律： 物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma.理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律； 反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2 ）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系， 力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3） 牛顿第二定律是矢量关系， 加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示， Fx=ma,Fy=ma,若F为物体受的合外力，那么 a表示物

4、体的实际加速度；若 F为物体受的某一个方 向上的所有力的合力，那么 a表示物体在该方向上的分加速度；若 F为物体受的若干力中的某一个 力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。（4） 牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位一一牛顿（使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速2度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s .（5）应用牛顿第二定律解题的步骤： 明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为 m，对应的加速度为 a,则有：F合=ma1+ma2+ma3+man对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定

5、律： 刀F1=ma1,刀H=ma2, 刀Fn=man，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于 系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点 组所受的所有外力之和，即合外力F。 对研究对象进行受力分析。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。 若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则(或三角形定则) 解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题(注意灵活 选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度) 。 当研究对象在研究过

6、程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶 段列方程求解。注：解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出运 动情况，那么问题都能迎刃而解。(6) 运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型(两类动力学基本问题)(1) 已知物体的受力情况，要求物体的运动情况如物体运动的位移、速度及时间等.(2)已知物体的运动情况，要求物体的受力情况(求力的大小和方向)但不管哪种类型，案.一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答两类动力学基本问题的解题思路图解如下:牛顿第二定律卄加速度a 运动学公式可见，不论求解那一类问题，

7、求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键。3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直 线上。理解要点：(1) 作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；(2) 作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后 有反作用力；(3) 作用力和反作用力是同一性质的力；(4) 作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产 生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。(5) 区分一对作用力反作用力和一对平衡力：一对作用力反

8、作用力和一对平衡力的共同点有： 大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上， 而平衡力作用在同一个物体上；作用力反作用力一定是同种性质的力，而平衡力可能是不同性质的力；作用力反作用力一定是同时产生同时消失的，而平衡力中的一个消失后， 另一个可能仍然存在。4. 物体受力分析的基本程序：(1 )确定研究对象；(2) 采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究 对象的弹力和摩擦力（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。5. 超重和失重：（1 ）超重：物体具有竖直向上

9、的加速度称物体处于超重。处于超重状态的物体对支持面的压力 F （或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma;（2 ）失重：物体具有竖直向下的加速度称物体处于失重。处于失重状态的物体对支持面的压力Fn （或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg即FN=mg- ma当a=g时，Fn=0,即物体处于完全失重。6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。二、解析典型问题问题1:必须弄清牛顿第二定律的矢量性。牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向

10、与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利 用正交分解法进行求解。1 合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加 速度方向特别是两个力互相垂直或相等时，应用力的合成法比较简单.2 分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法分解方式有两种：（1）分解力：一般将物体受到的各个力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，贝U： F合x= ma沿加速度方向），F合y= 0（垂直于加速度方向）（2）分解加速度：当物体受到的力相互垂直时，沿这两个相互垂直的方向分解加速度.1、如图所示，电梯与水平面夹角为 30：当电梯加速向上运动时， 人对梯面压

11、力是其重力的 6/5 , 则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？右为x轴正向，竖直向上为分析与解：对人受力分析，他受到重力mg支持力Fn和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得:Ff=macos30 FN-mg=mas in30°因为甩-，解得匚 3 mg 5mg 52、如图所示，一质量为 M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为 m的物体A,用一沿 斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面以加速度 a匀加速上滑，在 A上滑的过程中直角劈 B相对 地面始终静止，则地面对劈的摩擦力 f及支持力N大小方向怎样？问题2:必须弄清牛顿第二定律

12、的瞬时性。牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果一产生加速度。物体在某 一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物 体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立,加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。1如图2( a)所示，一质量为 m的物体系于长度分别为 Li、L2的两根细线上，Li的一端悬挂 在天花板上，与竖直方向夹角为B,L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将 L2线剪断，求剪断瞬时图 2(a)L2图 2(b)物体的加速度。(I )下面是某同学对该题的一种解法

13、：分析与解：设Li线上拉力为Ti,L2线上拉力为 T2,重力为mg物体在三力作用下保持平衡 ，有Ticos 0 = mg Tisin 0 = T2, T2 = mgta n0剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在 T2反方向 获得加速度。因为mgtan 0 = ma所以加速度a = g tan 0,方向在T2反方向。 你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。2(b)所示，其他条件不(2)若将图2(a)中的细线Li改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图 变，求解的步骤和结果与(I )完全相同，即a = g tan 0,你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：(i)错。因为L2被剪断的

14、瞬间，Li上的张力大小发生了变 化。剪断瞬时物体的加速度 a=gsin 0 . (2)对。因为L2被剪断的瞬间，弹 簧Li的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。3、如图所示，一条轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面 各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时，物块位于O点.今先后分别把物块拉到Pi和P2点由静止释放，物块都能运动到0点左方，设两次运动过程中物块速度最大的位置分别为Q和Q点，贝y Q与Q点()A.都在0点B.都在0点右方，且Q离0点近41110£ 此C.都在0点右方，且Q离0点近D.都在0点右方，且Q、Q在冋一位置解析：物块在水平方向受弹力和滑动摩擦力，弹力是变力，

15、故物块做变加速运动，当加速度a=0时，速度最大.根据牛顿第二定律，当弹力和摩擦力大小相等，方向相反时，加速度a=0,故速度最大位置应在 0点右方同一位置，故 D正确.答案：D3、如图所示，在倾角为0的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B; C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m,弹簧的劲度系数为k,系统静止在水平面上现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F,则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)()A. 物体B加速度大小为 gsin 0 B.弹簧的形变量为n 0 / kC.弹簧对B的弹力大小为 min 0 D .物体 A的加速度大小为 gs

16、in 0解析：当物体B刚要离开挡板 C时，对物体B受力分析可得：kx-mgjin 0 = 0，则选项A错误, BC正确；对物体 A由牛顿第二定律可得：kx + m§in 0 = ma,解得aA= 2gsin 0，选项D错误.答案：BC4、如图所示，在光滑的水平面上， A、B两物体的质量 2m, A物体与轻质弹簧相连，弹簧 的另一端固定在竖直墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平向左运动，使弹簧压缩到最短时，A B两物体间作用力为 F，则弹簧给 A物体的作用力的大小为（C ）A. FB. 2FC. 3FD. 4F解析：对B由牛顿第二定律得 F= ma对A、B整体由牛顿第二定律得

17、 F弹=（m+ m） am= 2m由得：F弹=3F,所以选项C正确.5、如右图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右 做匀加速运动时（空气阻力不计），两个小球稳定后所处的位置下列各图中正确的是（B ）UCD解析：两个小球稳定后与车厢一起向右做匀加速运动，它们的加速度相同，先使用整体法求得 a= gtan e，再使用隔离法研究 B物体a = gtan e，与竖直方向的角度相同，所以OA与AB在一条线上，B正确.6、如图所示，在光滑的水平面上放着紧靠在一起的A B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力Fb= 2 N,A受到的水平力Fa= （9 2t） N（

18、t的单位是s）.从t = 0开始计时，则（ABD ）A. A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的2倍B. t > 4 s后，B物体做匀加速直线运动C. t = 4.5 s时，A物体的速度为零D. t >4.5 s后，A B的加速度方向相反解析：对于 A B整体根据牛顿第二定律有 为5 N，故A正确.设A B间的作用力为Fa+ Fb= （m+ m）a,开始时合力为11 N,3秒末合力 Fn,则对B进行分析，由牛顿第二定律可得：Fn+ Fb=ma,解得Fa + FBFn=Fb =16 4t当t =4s时,Fn= 0, A B两物体开始分离，此后做匀加速直线运动，故 B正确；而A做加速

19、度逐渐减小的加速运动，当 t = 4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，故 C错误.t >4.5 s后，A所受合外力反向，即 A、B的加速度方Fa+ Fb向相反，故D正确.当tv 4 s时，A B的加速度均为a= -.综上所述，选项 A、B D正m+确.问题3:必须弄清牛顿第二定律的独立性。当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。1、如图3所示，一个劈形物体 M放在固定的斜面上， 上表面水平，在水平面上放有光滑小球 m, 劈形物体从静止开始释放

20、，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：、 O m图3A. 沿斜面向下的直线B. 抛物线C. 竖直向下的直线D. 无规则的曲线。分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球 将沿竖直向下的直线运动，即 C选项正确。问题4:必须弄清牛顿第二定律的同体性。加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的， 所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究 对象全过程的受力情况都搞清楚。1、一人在井下站在吊台上， 用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向、 2 2图6

21、F为绳的拉等，方向相反,上的加速度是 a=0.2m/s ,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s )分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示,FF力，由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：Fm)(a g) 350N2* (m+M)g 图5再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中Fn是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma，故 FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相 因此人对吊台的压力大小为 200N,方向竖直向下。2、在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃

22、了主火炬, 体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神.为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一 端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图5所示设运动员的质量为 65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g= 10 m/s 2.当运动员与吊椅一起正以加速度a= 1 m/s 2上升时，试求：(1) 运动员竖直向下拉绳的力；运动员对吊椅的压力.解析：解法一：设运动员和吊椅的质量分别为m和m绳拉运动员的力为 F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(附mg,向上的拉力为2F,根据牛顿第二定律

23、2F- (M+ n)g = (M+ m)a, F= 440 N，根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下.(2) 以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg绳的拉力F,吊椅对运动员的支持力Fn.根据牛顿第二定律：F+ Fn-Mg= Ma Fn= 275 N，根据牛顿第三定律，运动员对吊 椅的压力大小为275 N，方向竖直向下.解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和 m运动员竖直向下对绳的拉力大小为F,对吊椅的竖直向下压力大小为 Fn.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F,吊椅对运动员的支持力大小为Fn.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：F

24、+ Fn Mg= MaoF Fn mg= m由解得 F= 440 N , Fn= 275 N答案：(1)440 N，竖直向下(2)275 N，竖直向下问题5:必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它 们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。时，物体受重力 mg,弹簧的 、雪a)11、一根劲度系数为 k,质量不计的轻弹簧，上端固定 ，下端系一质量为 m的物体，有一水平板将 物体托住，并使弹簧处于自然长度。如图 7所示。现让木板由静止开始以加速度 a(a v g =匀加速向 下移动

25、。求经过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x弹力F=kx和平板的支持力 N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得 N=mg-kx-mam(g当N=0时，物体与平板分离，所以此时xk 图71 .2+ 2m(g a)因为x at，所以t 2 ka2、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是, F的最大值是。F图8

26、图9分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以 在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的 质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在00.2S这段时间内P向上运动的距离：x=mg/k=0.4m1.22x2因为x at，所以P在这段时间的加速度 a 尹 20m/s当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fnin=ma,又因此时N=mg 所以有 Fmin=ma=240N.当P与盘分离时拉力 F最大，Fma>=m(a+g)=360N.3、一弹簧秤的秤盘质量m=1 . 5kg，盘内放一质量为m=10. 5kg的物体P,弹簧质量不计，其

27、劲度系数为k=800N/m,系统处于静止状态，如图 9所示。现给P施加一个竖直向上的力 F,使P从 静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0. 2s内F是变化的，在0. 2s后是恒定的，求 F的最大值和最小值各是多少？ ( g=10m/s2)分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤 盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m=1. 5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例 2轻盘不同。设在 00.2s这段时间内 P向上运动的距离为 x,对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-n2g=m>a对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得:F

28、 k® m2)g x (mi m2)g (mi ma km2gmi a1 丄 22令N=0,并由述二式求得 x -，而x -at，所以求得a=6m/s2.k2当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m计m)a=72N.当P与盘分离时拉力 F最大，Fma>=m(a+g)=168N.问题6 :必须会分析临界问题。2倍，E受到向1、如图10,在光滑水平面上放着紧靠在一起的AE两物体，E的质量是A的右的恒力F b=2N,A受到的水平力F A=(9-2t)N , (t的单位是s)。从t = 0开始计时，则：()A.A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5/ 11 倍；B

29、.t >4 s后，E物体做匀加速直线运动；C.t = 4.5s时,A物体的速度为零；D.t >4.5s后，AE的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有:FA+FB=(mA+mB)a,设 AB间的作用为N,则对B据牛顿第二定律可得：N+FB=mBa图10解得 NmB AFb16_4t NmA mB3当t=4s时N=0, A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而 A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t >4.5s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t< 4 s时，A、B的加速度均为 aFaFb

30、mAmB综上所述，选项 A B、D正确。2、如图11所示，细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块 A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力 T=。分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力 mg绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。在水平方向有 Tcos45°-Ncos45°=ma; Tsin45 °-Nsin45 °-mg=0.在竖直方向有由上述两式可解出：N霁，T看由此两式可看出，当加速度 a增大时，球受支持力 N减

31、小，绳拉力T图12增加。当a=g时，N=0,此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力 T=mg/cos45°= . 2mg .当滑块加速度 a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角a<450.由牛顿第二定律得：Tcos a=ma,Tsin a =mg，解得 T m a2 g2、5mg。3、如图所示，质量都为 m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B,运动距离h时B与A分离则下列说法中正确的是 (C )A B和A刚分离时，弹箦为原长B B和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲

32、度系数为mg/hD在B和A刚分离之前，它们做匀加速运动4、如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 2m的A B两个物体，A B间的最大静摩擦力为口 mg现用水平拉力 F拉B,使AB以同一加速度运动，则拉力 F的最大值为(C )A .口 mg B. 2 口 mg C . 3 口 mg D . 4 口 mg刪 2 m i、 Hr问题7:必须会用整体法和隔离法解题。两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一1、用质量为m长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F,如图14所示，求

33、:(1) 物体与绳的加速度；(2) 绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)分析与解： 以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律 可得：M图14(2)以物体和靠近物体据牛顿第二定律可得：x长的绳为研究对象，如图15所示。根Fx=(M+mx/L)a=(M+ mx)M由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当 x=0时,绳施于物体M的力的大小为2、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为图15L质量不计的细绳,绳的另一端拴一质量为 m的小球，现将绳拉直，且与 AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成B角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多

34、少？轻环移动的距离 分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水 平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动， 故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在 下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成B角时，小球的水平分速度为 Vx=0,小球的竖直分速度Vy. 2gLsin 。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcos 0 .d是多少?A图16问题&必须会分析与斜面体有关的问题。1、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M倾角为0的斜面体，斜面体表面也是粗F= ( M+m a,解得 a=F/(M+m).糙的有一

35、质量为m的小滑块以初速度 Vo由斜面底端滑上斜面上经过时间 t到达某处速度为零，在小 滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的 外力有重力（m+M）g/地面对系统的支持力 N静摩擦力f（向下）。建立如 图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定 律得：f=0 mVcos 0 /t,N (m+M)g=0 mVsin 0 /t所以fmVo cost，方向向左;(m M )gmV0 sin。t问题9 :必须会分析传送带有关的问题。1、如图所示，质量为 m的木块在质量为 M的长木板

36、上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为口 1,长木板与地面间的动摩擦因数为口 2,则（）A. 长木板受到地面的摩擦力的大小一定是口 1mg3B. 长木板受到地面的摩擦力的大小一定是口 2（ m MgC. 当F> 口 2（m Mg时，长木板便会开始运动D. 无论怎样改变 F的大小，长木板都不可能运动长木板受到m对它的摩擦力大小 口 2mg A正确.改变F的大D正确.解析：木块受到的滑动摩擦力大小为 口 1mg由牛顿第三定律, 也是口 1mg对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为 小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力

37、不变，答案：ADS,传送带与零件间2、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为的动摩擦因数为卩，传送带的速度恒为V,在P点轻放一质量为 m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为，摩擦力对零件做功为.分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速 的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无 相对运动，摩擦力大小由f=卩mg突变为零，此后以速度V走完余 下距离。由于f=卩mg=ma所以 a= g.加速时间t1加速位移S1 at；2通过余下距离所用时间t2S S1S VV 2 gVSV共用时间t t1 t2

38、V2 g1 2摩擦力对零件做功W mV223、如图19所示，传送带与地面的倾角B =37°,从A到B的长度为16m,传送带以Vo=1Om/s 的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数卩=0.5，求物体从 A运动到B所需的时间是多少？(sin37 °=0.6,cos37 °=0.8)Nmgmg(b)图19图20分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一 沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20 (a)所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于卩ta

39、n物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑， 受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。开始阶段由牛顿第二定律得：mg sin 0 + mg cos 0 =m a2所以：a1=g sin 0 + gcos 0 =10m/s ;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1=v/ a1= 1s;发生的位移：s = a1 t 1 /2 = 5mv 16m ;物体加速到10m/s时仍未到达 B点。第二阶段，有：mg sin 0 mg cos 0=m a2 ;所以：

40、a2= 2m/s 2;设第二阶段物体滑动到 B的 时间为12贝U： Lab S=vt 2 + a2 t 22/2 ;解得：12= 1s ,t 2Z=-11s (舍去)。故物体经历的总时间 t =t 1+ t 2 =2s .从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是 其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。4、如图所示，光滑水平面上静止放着长L= 1 m，质量为M= 3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为 m= 1 kg的小物体放在木板的最右端， m和M之间的动摩擦因数 口= 0.1，今对木板 施加一水平向右的拉力 F.( g取10 m/s

41、 2)(1) 为使小物体不掉下去，F不能超过多少？(2) 如果拉力F= 10 N恒定不变，求小物体所能获得的最大速率？*解析：(1)为使小物体不掉下去，必须让小物体和木板相对 静止，即两者具有相同的加速度，把小物体和木板看作整 体，则由牛顿第二定律得F= (M+ m a,对小物体受力分析可知，其合力为静摩擦力，而最大静摩擦力提供最大的加速度，即口 mg= ma联立两个式子可得：F= 口 (M+ n) g = 0.1 x (3 +1) x 10 N= 4 N.(2)小物体的加速度 ai= mg= 口 g = 0.1 x 10 m/s 2 = 1 m/s 2，木板的加速度a2= Fmg=m nM1

42、0-0.1 x 1 x 102212123m/s = 3 m/s，由qazt ad = L,解得小物体滑出木板所用时间t = 1 s，小物 体离开木板时的速度 v1= a1t = 1 m/s.答案：(1)4 N (2)1 m/s5、如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体距传送带左端的距离为L,稳定时绳与水平方向的夹角为0，当传送带分别以 w、V2的速度作逆时针转动时(wvV2),绳中的拉力分别为F1、F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t 2,则下列说法正确的是()A.F1V F2B. F1 = FaC.11 一定大于t2D. t1可能等于t21 解析：皮带

43、以不同的速度运动，物体所受的滑动摩擦力相等，物体仍处'于静止状态，故F1= F2.物体在两种不同速度下运动时有可能先加速再匀速，也可能一直加速，故 t1可能等于t2.答案：BD6、如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L= 20 m，高为h= 2 m,斜坡上紧排着-排滚筒长为I = 8 m、质量为m= 1x 103 kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为 口= 0.3，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线 速度均为v = 4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于2钢锭的重力.取当地的重力加

44、速度g= 10 m/s .试求：(1)钢锭从坡底(如图3 2 9所示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间.(2)钢锭从坡底(如图3 2 9所示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至 少要工作多长时间？解析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为Ff =口 mg= 3x 103 N由牛顿第二定律有 Ff mg>in a = ma,解得a = 2 m/s 2v12钢锭做匀加速运动的时间t1 =匸2 s，位移x1 =刊1 = 4 m要使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动.钢锭做匀速

45、直线运动的位移X2= L l X1X2=8 m，做匀速直线运动的时间12= = 2 s，所需最短时间t = 11 +12 = 4 s.(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零.匀减速上升时Ff + mgsin a = ma,解得 比=4 m/s 2.匀减速运动时间13= = 1 s，匀减速运动位移 X3 = vt 3= 2 m,匀速运动的位移 X4= L l X1 X3= 6 m，电动机 a22X4至少要工作的时间 t = 11+= 3.5 s.v答案：(1)4 s (2)3.5 s7、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为e，

46、以速度vo逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数口 v tan e,则图3-2- 15中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：对m开始时加速度ai= qcos e + gsin e .达到共同速度时，物体的摩擦力方向由沿斜 面向下变为沿斜面向上.以后物体运动的加速度a2= gsin e - 口 geos e，显然ai>a2，只有图象D正确.答案：D8、如图所示，长 L= 1.5 m，咼h= 0.45 m，质量M= 10 kg的长万体木箱，在水平面上向右做 直线运动.当木箱的速度V0= 3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向

47、左的恒力F= 50 N，并同时将一个质量m= 1 kg的小球轻放在距木箱右端£的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面. 不计.取g= 10 m/s2.求：(1) 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2) 小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移;木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均(3) 小球离开木箱时木箱的速度.由 h= gt2, t =2X 0.45v 10解析：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间s = 0.3 s.(2)小球放到木箱上后相对地面静止，木箱的加速度为a1 =50+ 0.2 X (10 + 1

48、) X 10102m/s = 7.2 m/s木箱向右运动的最大位移为:X1 =2V02a13.6 22X 7.2m= 0.9 m.(3) X1小于1 m,所以小球不会从木箱的左端掉下.木箱向左运动的加速度为a2=F 口(m+ mg= M =50 0.2 X (10 + 1) X 10102m/s = 2.8 m/s设木箱向左运动的距离为X2时，小球脱离木箱LX2 = X1 + -= 0.9 m + 0.5 m = 1.4 m3设木箱向左运动的时间为12,由 x= qat 彳得 12=2x22X 1.4hs = 1 sa2.2.8小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，大小为V2= a2t2 =

49、 2.8 X 1 m/s = 2.8 m/s.答案：(1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s问题10:必须会分析求解联系的问题。1、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞 实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的 风力为小球所受重力的 0 5倍。求小球与杆间的动摩擦因数。(2 )保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？ ( sin37° = 0 . 6, cos37

50、6; = 0 . 8)图21分析与解：依题意，设小球质量为m,小球受到的风力为 F,方向与风向相同，水 平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆 上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力 作用：重力 G支持力Fn、风力F、摩擦力 Ff，如图21 所示.由平衡条件得：FN=mgF=ISFf= F n解上述三式得：口 =0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G支持力Fn1、风力F、摩擦力Ff1 ,如图21所示。根据牛顿第二定律可得：mg sin F cos F f1 maFni F sinF fi = F nimg cos 0解上述三式得aF cos mg sin Ffim

51、3-g.4由运动学公式，可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为2、6gS3g问题li ：必须会分析图像问题。1、用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动.当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化,a和F的关系如图3 1 16所示.g取10 m/s(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；若改用质量是原来 2倍的同种材料的物体，请在图3 1 16的坐标系上画出这种情况下的a F图线.(要求写出作图的根据)1解析：（1）根据牛顿第二定律：F- 口 mg= ma所以a= m3- g可见a- F图象为一条直线，直线的斜率k= m= 2.0 kg -1，纵轴截距为

52、口 g = - 2.0 m/s 2,解得：物体的质量 m= 0.50 kg,物体与地面间的动摩擦因数口 = 0.20.（也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F= 1.0 N时，物体的加速度为零，物体所受阻力Ff = F= 1.0 N，由Ff =口 mg解得物体与水平面间的动摩擦因数口=匕=0.20.用其他方法结果正确也可 ）mg 当物体质量加倍时，物体的加速度a= ：F- 口 g2m1 -1直线斜率荷1.0 kg -，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线答案：(1)0.50 kg 0.20图见解析2、如图所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空，为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆的顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小，现有一学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，5s末滑到杆底时速度恰好为零，从学生开始下滑时刻计时，传感器显示拉力随时间变化情况如图3- 2- 8所示，g取10 m/s2，求：滑杆的长度.12 3 4 3 6 tk（1）该学生下滑过程中的最大速率；（2）图中力F的大小;解析：（1）由于人静止后受拉力 F= 500 N,可知，mg= 500 N.在01 s内，人受拉力 F= 380 N，人做加速运动，由牛 顿第二定律可得：mg- F= ma.2a